四年级下册数学试题-奥数培优：加乘原理与归纳递推(下)全国通用
四年级下册数学试题-奥数专题讲练：第10讲 乘法原理与加法原理 精英篇(解析版)全国通用
第十讲乘法原理与加法原理乘法原理一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，则完成这件事一共有N=m1×m2×…×m n种不同的方法．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关。
”【例1】①有5个人排成一排照相，有多少种排法？②5个人排成两排照相，前排2人，后排3人，共有多少种排法？③5个人排成一排照相，如果某人必须站在中间，有多少种排法？④5个人排成一排照相，某人必须站在两头，共有多少种排法分析：①5个人排成一排照相，从左到右共5个位置。
第一个位置可从5个人中任选一人，有5种选法；第二个位置只能从剩下的4个人中任选一人，有4种选法，同理，第三、第四、第五个位置分别有3种、2种、1种选法。
每个位置上站了一人就是一种排法。
根据乘法原理，共有5×4×3×2×1=120种排法。
②5个人排成两排照相，可先排前排、再排后排，依次也有5个位置，类似①的方法可得共有5×4×3×2×1=120种排法。
③这里，限定某人必须站在中间，他的位置固定了，而其余4人可以任意站位，类似①的分析可知共有4×3×2×1=24种排法。
④这里，限定某人必须站在两头，这件事分两步完成，第一步，安排限定的人，有2种方法；第二步，安排其它的4人，类①的分析，有4×3×2×1=24种方法，根据乘法原理，共有2×（4×3×2×1）=24×2=48种排法.【例2】（小数报数学竞赛初赛）某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色．共有多少种不同的染色方法？分析：用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色依次染色，根据乘法原理，共有5×4×3×3×3×3×3=4860种不同的染色方法．【例3】（1）（迎春杯决赛）如右图（1）是中国象棋盘，如果双方准备各放一个棋子，要求它们不在同一行，也不在同一列，那么总共有多少种不同的放置方法？（2）（兴趣杯少年数学邀请赛决赛）在右图（2）中放四个棋子“兵”，使得每一列有一个“兵”，每一行至多有一个“兵”．有多少种不同的放法？分析：（1）设甲方先放棋子，乙方后放棋子．那么甲方可以把棋子放在棋盘的任意位置，故甲方有：10×9=90种不同的放置方法．对应甲方的第一种放法，乙方按规定必须去掉甲方棋子所在的行与列，而放置在剩下的任意位置，所以乙方有：9×8=72种不同的放置方法．因此，总共有：72×90=6480种不同的放置方法．（2）第一列有2种放法．第一列放定后，第二列又有2种放法．…如此下去，共有2×2×2×2=16种不同的放法．【例4】有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
四年级下册数学试题-奥数培优：简单抽屉原理与最不利原则(下)全国通用【精品】
【精品】简单抽屉原理与最不利原则（下）(★★★)在一个盒子里装着形状相同的三种口味的果冻，分别是苹果口味、巧克力口味和香芋口味的，每种果冻都有20个，现在闭着眼睛从盒子里拿果冻。
请问：⑴至少要从中拿出多少个，才能保证拿出的果冻中有香芋口味的？⑵至少要从中拿出多少个，才能保证拿出的果冻中至少有两种口味？(★★★)口袋中有三种颜色的筷子各10根，问：⑴至少取多少根才能保证三种颜色都取到？⑵至少取多少根才能保证有2双颜色不同的筷子？⑶至少取多少根才能保证有2双颜色相同的筷子？(★★★)一个布袋里有大小相同的颜色不同的一些球，其中红色的有10个，白色的有9个，黄色的有8个，蓝色的有3个，绿色的有1个。
那么一次最少取出多少个球，才能保证有4个颜色相同的球？(★★★★)将1只白手套、2只黑手套、3只红手套、8只黄手套和9只绿手套放入一个布袋里，请问：⑴一次至少要摸出多少只手套才能保证一定有颜色相同的两双手套？⑵一次至少要摸出多少只手套才能保证一定有颜色不同的两双手套？(两只手套颜色相同即为一双)(★★★★)一副扑克牌54张。
⑴一次至少要抽出多少张才能保证有3张花色相同？⑵一次至少要抽出多少张才能保证3种花色都有？(★★★★★)⑴从大街上至少选出多少人，才能保证至少有3人属相相同？⑵为保证至少5个人的属相相同，但不保证有6人属相相同，那么总人数应在什么范围内？(★★★★★)幼儿园小朋友分200块饼干，无论怎样分都有人至少分到8块饼干，这群小朋友至多有多少名？重点例题：例2，例4，例6在线测试题温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节。
1．(★★★)在一个袋子里装着形状相同的四种口味的糖果，分别是草莓口味、巧克力口味、菠萝口味和苹果口味的，每种糖果各有15块。
现在闭着眼睛从盒子里拿果冻，那么至少要从中拿出( )块，才能保证拿出的果冻中有菠萝口味的糖果。
A．16B．31C．46D．602．(★★★)口袋中有四种颜色的筷子各6双，至少取( )根才能保证四种颜色都取到；至少取( )根才能保证有2双颜色相同的筷子。
四年级奥数之加乘原理与归纳递推
本讲主线
本讲
1．加法原理、乘法原理
2．加乘原理的综合考察
3.
1. 乘法原理，
如果一件事情需要分几步完成，那么，完成这件事情的总的方法数＝每一步果件事情需要分
中方法数相乘.
2. 加法原理，分类相加
3. 经典案例：穿衣服，组数字，站队问题，染色问题
(乘法)
用红蓝两色来涂图中的小圆圈，要求关于中间那条竖线对称，问共有
色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同
共有多少种不同用四种不同的颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同
要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用。
问：共有多少种不同的染色方
如果一件事情需要分几步完成，那么，完成这件事情的总的方法数＝每一步件事情需要分几步完成。
小学四年级奥数竞赛班作业第25讲加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推是数学中常用的方法和思想，可以帮助我们解决一些复杂的问题。
在这节课上，我们将学习加乘原理和归纳递推，并且通过一些例题来巩固所学的知识。
一、加乘原理加乘原理是数学中常用的计数原理，它是解决排列组合问题的重要方法。
1.加法原理加法原理是指当一个事件可以用若干个不同时出现的事件分解时，事件的总数等于各个事件发生次数的和。
例如，有一个班级，有男生20人，女生30人，那么该班级的总人数就是20+30=50人。
2.乘法原理乘法原理是指当一个事件可以分为若干个顺序进行的步骤时，事件的总数等于各个步骤可行数的乘积。
例如，班级要进行班长选举，有2个男生和3个女生竞选。
首先选男生，有2种可能，然后选女生，有3种可能。
所以，最终的选举结果有2*3=6种可能性。
二、归纳递推归纳递推也是数学中常用的解题思路，通过寻找规律和递推关系，可以解决一些复杂的问题。
归纳递推分为从小到大归纳和从大到小递推两种方法。
1.从小到大归纳从小到大归纳是指通过一些小规模的例子，总结出一般的规律。
例如，假设我们要求1到10的数字的和。
我们可以先计算出1到5的和为15，然后再计算出6到10的和为30，最后将两个结果相加得到1到10的和为45、我们通过这个过程可以发现，1到n的和等于1到(n-1)的和再加上n，这就是归纳递推的思路。
2.从大到小递推从大到小递推是指通过已知的一些结果，推导出未知的结果。
例如，我们要求1到10的数字的和，我们已经知道1到9的和为45，现在我们要求1到10的和，可以将1到9的和加上10得到1到10的和。
这里我们通过已知结果来求未知结果，也是一种归纳递推的方法。
三、例题解析现在我们通过一些例题来巩固所学的加乘原理和归纳递推的知识。
1.有3个红球和4个黄球，将它们排成一排，一共有多少种不同的排法？根据乘法原理，我们可以得到不同排法的总数为3*4=12种。
2.一只提有1个背包，要装5本书，其中有2本百科全书和3本小说。
四年级下册数学试题-奥数培优：加乘原理与归纳递推(下)(无答案)全国通用
(★★★)如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？(★★★★)将图中的八个部分用红、黄、蓝、绿这4种不同的颜色染色，而且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色。
请问：这幅图共有多少种不同的染色方法？(★★★)地图上有A，B，C，D四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？(★★★★)用四种不同的颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用。
问：共有多少种不同的染色方法？加乘原理与归纳递推（下）(★★★)一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？(★★★)有15根火柴棍，每次只能拿1根，2根或3根，则把这些火柴棍拿走有多少种不同的方法？(★★★★)下图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。
从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？(★★★★)1×2的小长方形(横的竖的都行)覆盖2×10的方格网，共有多少种不同的盖法。
(★★★★★)1×3的小长方形(横的竖的都行)覆盖如图的方格网，共有多少种不同的盖法。
在线测试题温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节！1．(★★★)如图，把A 、B 、C 、D 、E 这五部分用四种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色。
那么，这幅图共有( )种不同的着色方法？EDCB AA ．288B ．144C ．48D ．962．(★★★)用5种不同的颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，每个区域只能使用一种颜色，且相邻区域不能同色，有( )种不同的涂色方式。
DCB AA ．60B ．120C ．180D ．2403．(★★★★)如下图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色。
小学四年级奥数-加法原理和乘法原理
小学四年级奥数思维训练：加法原理与乘法原理1、如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对，问这样的数对共有多少个？分析：从两个极端来考虑这个问题：最大为9999-1078=8921，最小为9921-1000 =8921，所以共有9999-9921+1=79个，或1078-1000+1=79个2、一本书从第1页开始编排页码，共用数字2355个，那么这本书共有多少页？分析：按数位分类：一位数：1～9共用数字1*9=9个；二位数：10～99共用数字2*90=180个；三位数：100～999共用数字3*900=2700个，所以所求页数不超过999页，三位数共有：2355-9-180=2166，2166÷3=722个，所以本书有722+99=821页。
3、上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页，问上册有多少页？分析：一位数有9个数位，二位数有180个数位，所以上、下均过三位数，利用和差问题解决：和为687，差为3*5=15，大数为：（687+15）÷2=351个（351- 189）÷3=54，54+99=153页。
4、从1、2、3、4、5、6、7、8、9、10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积。
分析：从整体考虑分两组和不变：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55 从极端考虑分成最小和最大的两组为（1+2+3+4+5）+（6+7+8+9+10）=15+40=55 最接近的两组为27+28 所以共有27-15+1=13个不同的积。
另从15到27的任意一数是可以组合的。
5、将所有自然数，自1开始依次写下去得到：12345678910111213……，试确定第206788个位置上出现的数字。
分析：与前面的题目相似，同一个知识点：一位数9个位置，二位数180个位置，三位数2700个位置，四位数36000个位置，还剩：206788-9-180-2700-36000=167899，167899÷5=33579……4 所以答案为33579+100=33679的第4个数字7.6、用1分、2分、5分的硬币凑成1元，共有多少种不同的凑法？分析：分类再相加：只有一种硬币的组合有3种方法；1分和2分的组合：其中2分的从1枚到49枚均可，有49种方法；1分和5分的组合：其中5分的从1枚到19枚均可，有19种方法；2分和5分的组合：其中5分的有2、4、6、……、18共9种方法；1、2、5分的组合：因为5=1+2*2，10=2*5，15=1+2*7，20=2*10，……，95=1+2*47，共有2+4+7+9+12+14+17+19+22+24+27+29+32+34+37+39+42+44+47=461种方法，共有3+49+19+9+461=541种方法。
小学四年级奥数竞赛班《加乘原理与归纳递推》
加乘原理与归纳递推是一种数学思维学习方法，它可以帮助学生更有
效地掌握知识和解决问题。
加乘原理是指，如果将两个数A和B相加，同时将这两个数分别乘以
一个数C，那么我们得到的结果是：(A+B)C=AC+BC。
这种思维原理可以用
来解决一些计算方面的问题，如几何图形的分析、几何问题的求解等等。
归纳递推是指，从一个具有特定特征的基本元素出发，通过研究它的
特征并将其包含在其他元素当中，这样就可以一步步地求得一系列新元素
的特征及它们之间的关系。
此外，归纳递推还可以更详细地分析其中一元素，比如一个几何图形，从而理解它的形状与特征。
在学习数学时，学生应该结合加乘原理和归纳递推来学习，不仅可以
更好地理解课程内容，还可以更好地记住。
在解决实际数学问题时，也可
以考虑使用加乘原理和归纳递推等数学思维方法，从而更容易地解决问题。
尤其是学习奥数时，更需要学生学习加乘原理与归纳递推的思维方法，可以使孩子们记忆数学知识和掌握解题的思维模式更加系统化，让孩子们
更有效的解决问题，从而取得更好的学习成绩。
因此，在小学四年级的奥数竞赛班中。
四年级奥数加乘原理
加乘原理是组合数学中的一个重要概念，也是解决组合问题的一个有效方法。
在数学中我们经常遇到这样的问题：有n件物品，如何从中选取k件物品进行排列组合？加乘原理可以帮助我们解决这类问题。
加乘原理的基本思想是将复杂的问题分解为若干个简单的子问题，并将子问题的解合并得到原问题的解。
具体而言，加乘原理分为两个步骤：加法原理和乘法原理。
加法原理是指当一个问题可以分解为若干个互不相交的子问题时，原问题的解等于所有子问题解的和。
以一个简单的例子来说明加法原理：假设小明去买糖果，他可以选择购买巧克力、薄荷糖或者口香糖。
如果他可以选择一种或多种糖果，那么他一共有多少种购买方式？假设巧克力有4种选择，薄荷糖有3种选择，口香糖有2种选择，根据加法原理，小明一共有4+3+2=9种购买方式。
乘法原理是指当一个问题可以分解为若干个相互独立的子问题时，原问题的解等于所有子问题解的积。
以一个具体的例子来说明乘法原理：小明有4种T恤和3种裤子，他想知道自己一共有多少套搭配方式。
根据乘法原理，小明一共有4*3=12种搭配方式。
接下来我们介绍一个综合例子来说明加乘原理的应用。
假设班级内有10个学生，其中男生有5个，女生有5个。
老师要选出3个学生组成一个小组，要求这个小组至少有1个男生和1个女生。
那么一共有多少种不同的选组方式？首先我们可以分别计算出只包含1个男生和只包含1个女生的组合数分别是C(5,1)和C(5,1)，即分别为5和5、然后我们再计算只含有男生或者只含有女生的组合数，这样的组合数分别为C(5,3)和C(5,3)，即分别为10和10。
最后计算只有女生或者只有男生的组合数，这样的组合数分别为C(5,0)和C(5,0)，即分别为1和1根据加法原理，将以上的4种情况的组合数相加，即5+5+10+10+1+1=32、所以，一共有32种不同的选组方式。
通过这个例子我们可以看出，加乘原理可以帮助我们有效地解决各种组合问题。
通过将问题分解为若干个子问题，然后根据加法原理和乘法原理计算子问题的解，最后将子问题解合并得到原问题的解。
小学四年级奥数竞赛班讲义第25讲加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推是奥数竞赛中非常重要的概念。
今天我们来讲解一下这两个概念。
首先是加乘原理。
加乘原理是指：假设有两个事件A和B，事件A有m种可能发生的方式，事件B有n种可能发生的方式，那么两个事件A和B同时发生的方式有m*n种。
这个概念可以用来解决一些计数问题，特别是当两个事件独立发生时。
例如，一件衣服有5种颜色选择，一条裤子有3种颜色选择，一双鞋子有2种颜色选择。
那么一套包括衣服、裤子和鞋子的搭配有5*3*2=30种可能。
接下来是归纳递推。
归纳递推是一种通过已知情况推导出未知情况的方法。
通常需要找到递推公式，然后利用已知情况通过递推公式计算得到未知情况。
例如，我们要计算斐波那契数列中的第n项。
斐波那契数列的前两项是1，第三项开始的每一项都是前两项之和。
根据这个规律，我们可以得到递推公式：F(n)=F(n-1)+F(n-2)。
根据已知情况F(1)=1和F(2)=1，我们可以通过递推公式计算得到未知情况的值。
通过加乘原理和归纳递推，我们可以解决一些奥数竞赛中的难题。
下面我们来看一个例子。
例题：小明有3个红色球、4个蓝色球和5个绿色球。
他想从这些球中挑选3个，问他一共有多少种挑法？解法：根据加乘原理，我们可以得到红色球的选择方式有C(3,1)种，蓝色球的选择方式有C(4,1)种，绿色球的选择方式有C(5,1)种。
根据乘法原理，一共有C(3,1)*C(4,1)*C(5,1)=3*4*5=60种挑法。
上面的题目可以通过加乘原理解决。
但是有些问题可能需要通过归纳递推来解决。
下面是一个需要用到归纳递推的例子。
例题：一只蜗牛在一个50级的楼梯上爬行。
蜗牛每次只能往上爬1级或者2级，问蜗牛爬到第50级楼梯的方法数是多少？解法：我们可以用F(n)表示蜗牛爬到第n级楼梯的方法数。
根据题目要求，蜗牛在第50级楼梯时，只能从第49级楼梯或者第48级楼梯爬上来。
所以，蜗牛爬到第50级楼梯的方法数等于蜗牛爬到第49级楼梯的方法数加上蜗牛爬到第48级楼梯的方法数。
四年级下册数学试题-奥数专题讲练：3 加乘法原理综合运用 竞赛篇(解析版)全国通用
第三讲 加、乘原理综合运用卷Ⅰ①复习乘法原理和加法原理；②培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力.在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步. 并了解与加、乘原理的常见题型：数论类问题（例3、例4、例5）、染色问题（例6）、图形组合（例7、例8），并引导学生排列组合入门（例9、例10、例11、例12）.在很多竞赛题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步.（一）加乘原理与数论【例1】（★★★★）从7，8，9，…，76，77这71个数中，选取两个不同的数，使其和为3的倍数的选法总数是多少?分析：两个数和为3的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数，一个被3除余1的数和一个被3除余2的数相加也能被3整除.这71个数中被3整除，被3除余1，被3除余2的数分别有23、24、24个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被3整除的数的方法有23×22÷（2×1）=253种，从被3除余1和被3除余2的数中各取1个的方法共有24×24=576种，所以一共有253+576=829种选取方法.[拓展]从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？分析：两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被3除余2的数相加，和被3除与1，一个被3整除的数和一个被3除余1的数相加，和被3除余1，所以选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种. 同样的也可以求出被3除余2的选取方法有24×23÷（2×1）+24×23=828种.事实上829+828+828=71专题精讲教学目标想 挑 战 吗？现有12只杯子，杯口均朝上放在桌上，要求每次翻动其中11只杯子，共翻动12次.请问，你能否把杯子全部翻成底朝上？为什么？ 答案：只要经过12次操作，每个杯子都轮空一次。
四年级下册运算律奥数题
四年级下册运算律奥数题
《四年级下册运算律奥数题》
四年级下册的数学课程中，学生们开始接触到更加复杂的运算律和奥数题。
这些题目不仅考验着学生们对加减乘除的理解，还需要他们进行推理和解决问题的能力。
在四年级下册的运算律奥数题中，学生们需要灵活运用加减乘除的操作法则，解决各种复杂的数学问题。
比如，他们可能会遇到如下的问题：如果小明有10个苹果，小红有5个苹果，他们总共有多少个苹果？或者是：一个箱子里有12个苹果，每个箱子可以装4个苹果，那么需要几个箱子才能装下所有的苹果？
除了基本的运算问题，四年级下册的奥数题也会考验学生们的逻辑思维能力。
他们需要思考如何合理地安排数字，使得等式成立。
比如，他们可能会遇到如下的问题：使用数字1、2、3、4、5、6、7、8、9，填入九宫格中，使得每行、每列和对角线上的数之和都相等。
通过解决这些运算律和奥数题，学生们不仅能够加深对数学的理解，还能培养自己的逻辑思维和解决问题的能力。
这些数学题目既能锻炼学生们的大脑，又能激发他们对数学的兴趣，让他们在学习中得到更多的乐趣。
总的来说，《四年级下册运算律奥数题》不仅是学生们学习数学的一种方式，更是一次综合能力的全方位锻炼，让他们在数学的世界中能够更加自信、更加灵活地思考问题。
小学四年级奥数竞赛班作业第25讲：加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推练习题一．夯实基础：1.学校组织读书活动，要求每位同学读一本书，兔兔到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本，那么，兔兔借一本书可以有多少种不同的选法？2.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？要从四年级6个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？3.要从四年级6个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？4.题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷．问：由该题库共可组成多少种不同的试卷？5.如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？二．拓展提高：6.小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书15本，不同的科技书20本，不同的小说10本，那么，小明要选两本不同类的书有多少种选法？7.在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫有几种不同走法？ACB8.下图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？三．超常挑战9.在1000到9999之间，千位数字与十位数字之差（大减小）为2，并且4个数字各不相同的四位数有多少个？使学习渐入“加”境；让思维“海”阔天空10.小丸子有许多套服装，帽子的数量为5顶、上衣有10件，裤子有8条，还有皮鞋6双，每次出行要从几种服装中各取一个搭配．问：共可组成多少种不同的搭配(帽子可以选择戴与不戴)？11.在下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？12.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？四．杯赛演练：13.（走美杯）一种电子表在8时31分25秒时显示为8：3125 ，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有多少个？14.（迎春杯）如图1所示，一个花坛的道路由3个圆和5条线段组成，小兔要从A处做到B处，如果它在圆上只能顺时针方向走，在线段上只能从小圆走向大圆，且每条道路最多走一次，那么小兔可以选择的不同路线有多少条.15.（北京“数学解题能力展示”读者评选活动）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有多少种可能？16.(迎春杯)桌上有3本红色封皮的，4本黄色封皮的和5本白色封皮的食谱，现闭上眼睛从中任意拿出6本，有多少种可能？（只考虑颜色，相同颜色的封皮没有区别）17.(迎春杯)过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么妈妈送出这5件礼物共有多少种方法？答案：1.兔兔选一本书有三类方法：第一类是借一本外语书，有150种方法；第二类是借一本科技书，有200种方法；第三类是借一本小说，有100种方法．根据加法原理，兔兔借一++=种方法．本书有1502001004502.某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副食后买主食）．其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法．由乘法原理，主食和副食各买一种共有3×5=15种不同的方法．3.第一步选出学习先进集体一共有6种方法，第二步选出体育先进集体一共有6种方法，第三步选出卫生先进集体一共有6种评选方法，根据乘法原理，一共有666216⨯⨯=种评选方法．从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法．根据乘法原理，一共有30404554000⨯⨯=种不同的选法，所以一共可以组成54000种不同试卷．4.从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法．根据乘法原理，一共有30404554000⨯⨯=种不同的选法，所以一共可以组成54000种不同试卷．5. （1）选语文书和数学书：3×4=12种（2）选语文书和外语书：3×5=15种（3）选数学书和外语书：4×5=20种∴共12+15+20=47种6.两本不同类的书可以有外语书+科技书、外语书+小说、科技书+小说三类组合，各类组合分别有1520300⨯=种，一共有650种选法．⨯=种、2010200⨯=种、15101507.甲虫要从A点沿着线段爬到B点，需要经过两步，第一步是从A点到C点，一共有3种走法；第二步是从C点到B点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有339⨯=种走法．8.由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，由乘法原理，共有16×9×4×1=576种不同的放法．9.千位与十位为9和6：8×7×2=112（个）千位与十位为8和5：8×7×2=112（个）千位与十位为7和4：8×7×2=112（个）千位与十位为6和3：8×7×2=112（个）千位与十位为5和2：8×7×2=112（个）千位与十位为4和1：8×7×2=112（个）千位与十位分别为3和0：8×7=56（个）共有：112×6+56=728（个）∴共有728个满足条件的四位数。
四年级下册数学竞赛试题奥数加法与乘法原理通用版
四年级下册数学竞赛试题奥数加法与乘法原理通用版知识导航加法原理：做一件事情，完成它有n类方法，在第一类方法中有乩种不• •同的方法，在第二类方法中有业种不同的方法，……，在第n类方法中有％种不同的方法，那么完成这件事情共有mjm：+……+ID.种不同的方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。
要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此义务；两类不同方法中的详细方法，互不相反（即分类不重）；完成此义务的任何一种方法，都属于某一类（即分类不漏）。
合理分类也是运用加法原理处置效果的难点，不同的效果，分类的规范往往不同，需求积聚一定的解题阅历。
乘法原理：完成一件任务共需N个步骤：完成第一个步骤有m：种方法，完成第二个步骤有哽种方法，…，完成第N个步骤有％种方法，那么，完成这件任务共有miXmzX ••• Xmr.种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件任务的N个步骤，各个步骤之间是相互联络的，任何一步的一种方法都不能完成此任务，必需延续完成这N步才干完成此任务；各步计数相互独立；只需有一步中所采取的方法不同，那么对应的完成此任务的方法也不同。
精典例题例1 ：从天津到上海的火车，上午、下午各发一列：也可以乘飞机，有3个不同的航班，还有一艘轮船中转上海。
那么从天津到上海共有多少种不同的走法？思绪点拨我们把坐火车看成第一类泄法，有2种不同的选法；乘飞机是第二类走法，有3种不同的选法；坐轮船为第三类走法，只要1种选法。
无论哪一种选法，都可以直接完成这件事。
• •模拟练习从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。
一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？例2：用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？思绪点拨运用加法原理，把组成方法分红三大类：①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角：5张2角：2张5角。
四年级下册数学试题-奥数：第4讲 缺一不可吗？——加乘原理(含答案)全国通用
缺一不可吗？——加乘原理一、乘法原理例如，兰海老师要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会。
其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船。
那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？乘法原理解题步骤：1．分步骤；2．找出每步所对应的方法数；3．如果确定每步都是缺一不可的，那么把每步所对应的方法数相乘。
【例 1】豆苗宝宝要从A村去C村上学，由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条，那么豆苗宝宝从A村经B村去C村共有多少种不同的走法？例1图【例 2】如图，一张地图上有五个国家A、B、C、D、E，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少种着色方法？ABCD E例2图二、加法原理例如，兰海老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有四趟长途汽车从北京到天津，那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？加法原理解题步骤：1．分类；2．找出每类所对应的方法数；3．如果确定每类不是缺一不可的，那么把每类所对应的方法数相加。
【例 3】学校组织读书活动，要求每个同学读一本书，豆苗宝宝到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本，那么，豆苗宝宝借一本书可以有多少种不同的选法？【例 4】还是图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本，豆苗宝宝如果要选两本书不同类的书有多少种选法？三、标号、图示在加法原理中的应用【例 5】在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，那行人从A到B的最短路线有多少种？例5图四、加法原理与简单递推【例 6】有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【例 7】一楼梯共10级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第10级，共有多少种不同走法？五、加乘原理综合应用加乘原理解题步骤：1．分；2．找出每步所对应的方法数；3．判断每步是否缺一不可，如果是就用乘法，如果不是就用加法。
四年级下册数学试题-奥数专题讲练：3 加乘法原理综合运用 提高篇(解析版)全国通用
第三讲加、乘原理综合运用1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力；3.引导学生对排列组合知识的入门学习.在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步. 并了解与加、乘原理的常见题型：数论类问题（例3、例4、例5）、染色问题（例6）、图形组合（例7、例8），并引导学生排列组合入门（例9、例10、例11、例12）.分析：由此可知，共有如下八种可能：正正正、正正反、正反正、正反反、反正正、反正反、反反正、反反反.在很多竞赛题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步.Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，经过丁地到丙地一共有3×3=9种专题精讲教学目标想挑战吗？把一个一元硬币连续掷三次，每一次都记录落地时朝上面的情况，你知道一共有多少种可能性吗？方法，根据加法原理，一共有8+9=17种走法.[前铺]从小红家到小明家有4条路可走，从小明家到小海家有2条路可走，从小红家到小海家有3条路可走，那么从小红家到小海家共有多少种走法？分析：经过小明家到小海家的走法一共有4×2=8种方法，从小红家直接去小海家一共有3条路可走，一共有11种走法.【例2】将5列车停在5条不同的轨道上，其中a车不能停在第一道上，b车不能停在第二道上，那么不同的停车方法共有多少种？分析：对于a车停放的轨道进行分类考虑：当a车排在第二道的时候，其余的四列车没有任何限制，有4×3×2×1=24种停车法；当a车不排在第二道的时候，a车也不能排在第一道，a车有3种停车法，b 不能停在第二道，也不能停在a车已经停放的车道，所以也只有3种停车法，剩下的3辆车可以任意停入剩下的三条轨道，有3×2×1=6种停法，由乘法原理，共有3×3×6=54种停法，最后根据加法原理，一共有24+54=78种不同停车方案.[巩固]（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．分析：填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）[前铺]从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.【例4】（★★★）在前100个自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？分析：将1～100按照除以3的余数分为3类，（1）余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个，（2）余数为2的一共有33个，（3）可以被3整除的一共有33个，取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况，从（1）（2）类中各取一个数，有34×33=1122（种）取法；从（3）中取两个数，有33×32÷2=528（种）取法，不同取法共有：1122+528=1650（种）.[前铺]在1～10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有种不同的取法．分析：三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将两个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为偶数的有多少种情形?分析：要使两个点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，即这两个点数要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个点数同为奇数．由于放两个骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．第二类，两个点数同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后由加法原理即可求得两个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[拓展] 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将三个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为奇数的有多少种情形?分析：要使三个点数之和为奇数，有两种情况，三个数都为奇数，或者一个数为奇数另外两个数为偶数所以，要分两大类来考虑．第一类，三个点数同为奇数．由于放骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，放第三个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3×3=27种不同的情形．第二类，两个点数为偶数，另一个点数为奇数，类似第一类的讨论方法，奇数的骰子有3种选法，共有3×3×3×3=81种不同情形．最后由加法原理即可求得三个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3×3＋3×3×3×3=108种不同的情形．Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】用四种颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法[前铺]地图上有A，B，C，D四个国家（如下图），现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步：首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有三种方式，D剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有3×2=6种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.【例7】（★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.方法二：不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种.[前铺]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？C B DA分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出60个钝角三角形.[拓展]三条平行线上分别有2，4，3个点（下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？分析：（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况（1）三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55（个）（2）三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24（个）根据加法原理，一共可以画出55+24=79（个）三角形.（方法二）9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79（个）三角形.Ⅲ、排列组合【例9】（★★）用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类：（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.[前铺]用数字0，1，2，3，4（可重复使用）可以组成多少个小于5000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个．第四类是四位数，有4×4×3×2=96个，共有5+20+100+96=221个．【例10】（★★★）从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?分析：从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9＋1=244个．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．[巩固]从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?分析：从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100.所以一共有8＋8×9+1=81个不含4的自然数．【例11】（★★★）某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次？．分析：四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次.[拓展]7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析：首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+4，7=1+2+2+2，7=1+1+2+3，其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有C24种.第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有P22种.由乘法原理有C24×P22=12种放法.由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20（种）（方法二）把七个球排成一行，并用三个“挡板”把它们分成四组，每一组对应一个盒子，则一共有6个位置可以放挡板，从中选择三个，有3620C 种选法.【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[拓展] 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色： 5种可能；（2）两种颜色：（5×4）×3=60（3）三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5＋60＋60=125种不同的信号（方法二）每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5×5×5=125种.加法原理和乘法原理是组合数学的基础，这两项原理在解决其他数学问题中也常常被用到，加法原理和乘法原理所涉及到的分类和分布思想在其他学科以及我们的学习和生活中都有着非常重要的作用.专题展望1．（★例1）从学而思学校到王明家有4条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有8+3=11种走法.2．（★★★例6）地图上有A，B，C，D四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A有3种颜色可选；当B，C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有12＋6=18种不同的涂法.3．（★★例7）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.4．（★★★例8）如图所示分布着9个点，以这9个点为端点能构成多少个三角形？分析：三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点，在另一条线段上取一点一共有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.练习三CBDA5．（★★★例10）从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?分析：从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2．三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300.所以根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8＋72+82=162个.数学趣味故事猪八戒新传之路遇哪吒八戒正往前走，忽听背后有人叫他：“老猪，好自在啊!”八戒回头一看，是托塔天王的三太子哪吒.八戒摇晃着脑袋说：“这不是那个三头六臂的妖精吗？”哪吒听八戒叫他妖精，勃然大怒，大喝一声：“变!”随即变做三头六臂，6只手分别拿着6件兵器：斩妖剑、砍妖刀、缚妖索、降妖杵、绣球儿、火轮儿，恶狠狠地朝八戒打来. 八戒不敢怠慢，舞动钉耙迎了上去，两人“叮叮当当”地打了起来.过了一阵子哪吒见没占到便宜，又喊了一声：“换!”6只手拿着兵器立刻交换了一下位置.就这样哪吒不断变换着兵器的拿法，可把八戒打晕了. 八戒连连摆手说：“不行啦，不打啦，我说你这6只手一共有多少种不同的拿法？”“720种!”哪吒神气活现. “吹牛.”八戒把大嘴一撇说：“有二三十种我还信，720种？你别骗我啦!”哪吒让5只手依次拿着斩妖剑、砍妖刀、缚妖索、降妖杵、绣球儿，对八戒说：“你看，我5只手拿的兵器固定不变，这时我第6只手只有拿火轮儿这一种拿法.”八戒点点头说：“嗯，不错，就一种拿法.”哪吒又让4只手依次拿着斩妖剑、砍妖刀、缚妖索、降妖杵，这时第5、6只手可以轮换拿绣球儿、火轮儿，共有两种拿法. 哪吒再让3只手依次拿着斩妖剑、砍妖刀、缚妖索，而另3只手变换出以下6种拿法：降妖杵、绣球儿、火轮儿；降妖杵、火轮儿、绣球儿；绣球儿、降妖杵、火轮儿；绣球儿、火轮儿、降妖杵；火轮儿、绣球儿、降妖杵；火轮儿、降妖杵、绣球儿.八戒摸摸脑袋说：“这要是6只手都随便拿可怎么个排法呀？还不排晕喽!”哪吒笑骂着：“真是个呆子!你观察一下下面的3个数：1＝1,2＝1×2,6＝1×2×3.由此推想：如果固定两只手，而剩下的4只手随意拿，可有1×2×3×4＝24种拿法.而6只手都随意拿呢？有1×2×3×4×5×6＝720种不同拿法.”八戒向哪吒一拱手：“你的变化真多，我服了.”。
四年级加乘原理与归纳递推
4×3×1×2×2=48（种）染色方式
第二类，当乐和豆不同色时，共有
4×3×2×1×1=24（种）染色方式
火战眼 斗金 之睛 旅 级数 我1们级 的2级目的3级？—4级—登5级上61级0级7级台阶8级 9级 10级
方法 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89
怎样完成？——每次迈一至两级楼梯 ——共10级，情况复杂 ——从简单情况入手
战斗之旅
若最上面一行竖放：
列数 1 2 3 4 5
方法数 1 2 3 5 8
共有8种。 所以共有21+8=29种。
【点睛】
从简单情况入手
——找规律即归纳递推
大名鼎鼎的斐波那契数列一员
战斗之旅
房间号 1 2 3 4 5 64 55
【点睛】
又见斐波那契数列
战斗之旅
若最上面一行横放：
列数 1 2 3 4 5 6 7
方法数 1 2 3 5 8 13 21
共有21种。
战斗之旅
（1）A与C颜色相同：4×3×1×3=36种 （2）A与C颜色不同：4×3×2×2=48种
综上，根据加法原理， 共有36+48=84种不同的涂法。
趣
火战眼斗金 之睛 旅
乐
第我一步们给的“目乐”的上？色—，有—4把种五选择个；区域染色
豆
第第第综共怎先三一二上有步类步样染，4给，给8完 哪根+“当“成 一豆趣2据乐4””？ 个=染和染加7？色豆色2法种，同，—原染分色有—理两时3色一种，类，方个颜；共式色一有可。个选区；域染色
战火斗眼之金旅睛
我怎根们 样 据的 完 乘目 成 法的 ？ 原？理，———共—把有一五不个个同一区的个域染区染色域色方染法色 先染哪一个？ 5×4×3×3×2=360（种）
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(★★★) 一楼梯共 10 级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第 10 级，共有多少种不同走法？
(★★★) 有 15 根火柴棍，每次只能拿 1 根，2 根或 3 根，则把这些火柴棍拿走有多少种不同的方法？
(★★★★) 下图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。从 A 点穿过房间到达 B 处，如果只 能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？
A
B C
D E
A．288
B．144
C．48
D．96
2．(★★★)
用 5 种不同的颜色给图中的 A、B、C、D 四个区域涂色，每个区域只能使用一种颜色， 且相邻区域不能同色，有( )种不同的涂色方式。
A
B
C
D
A．60
B．120
C．180
D．240
3．(★★★★)
如下图，有 A 、 B 、 C 、 D 、 E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每 相邻两个区域不同色，每个区域染一色。有( )种不同的染色方式。
加乘原理与归纳递推（下）
(★★★) 如下图，A，B，C，D，E 五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色， 要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？
(★★★★) 将图中的八个部分用红、黄、蓝、绿这 4 种不同的颜色染色，而且相邻的部分不能使用同 一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色。请问：这幅图共有多少种不同的染色方法？
A．233
B．144
C．89
D．55
6．(★★★)
一楼梯共 10 级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第 10 级，第 5 级台阶必须登上 而不能跨过，那么共有( )种不同的走法。
A．897．(★★★)
如图，从“A”开始，每次向下移动到一个相邻的字母可以读出“APPLE”，那么一共 有( )种不同的读法。
A
PP PP P
L
LL
L
E
EE
E
E
A．4
B．9
C．16
D．25
8．(★★★) 按下图中箭头所示的方向行走，从 A 点到 B 点的不同路径共有(
B
)条。
A．233
A
B．144
C．89
D．55
9．(★★★★★)
从 1 至 9 这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆
圈内数字之和都是不能被 3 整除的奇数，那么最多能找出
B
E
A
C
D
A．180
B．240
C．370
D．420
4．(★★★)
某沿海城市管辖 7 个县，这 7 个县的位置如图。现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给这 个图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色。共有( )种不同的染色方法。
A．180 5．(★★★)
B．540
C．1620
D．4860
一楼梯共 12 级，规定每步只能跨上一级或两级，要登上第 12 级，共有( )种不同走法。
(★★★) 地图上有 A，B，C，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使 相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？
(★★★★)
用四种不同的颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种 颜 色都必须要用。问：共有多少种不同的染色方法？
(★★★★) 1×2 的小长方形 (横的竖的都行)覆盖 2×10 的方格网，共有多少种不同的盖法。
(★★★★★)
1×3 的小长方形
(横的竖的都行)覆盖如图的方格网，共有多少种不同的盖法。
在线测试题
温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节！
1．(★★★)
如图，把 A、B、C、D、E 这五部分用四种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同 一种颜色。那么，这幅图共有( )种不同的着色方法？
种不同的挑法来。
(六个数字相同、排列次序不同的都算同一种)
A．6
B．9
C．12
D．15